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1．(2024·辽宁鞍山市联考)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )
A．只有甲、乙 B．只有丙、丁
C．只有甲、丙 D．只有乙、丁
2.木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向
左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是( )
A．a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统机械能不守恒
B．a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统动量守恒
C．a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量守恒
D．a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量不守恒
3.(2023·河北省衡水中学调研)在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后
立即粘在一起运动，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间关系图线分别如图中的线
段a、b、c所示。由图像可知( )
A．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小
B．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3∶5
C．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5∶3
D．碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大
4.(2024·江苏省金陵中学月考)如图所示，一个长为L的轻细杆两端分别固定着a、b两个光滑金属球，a球质量为2m，b球质量为m，两球的半径相等且均可视为质点，整个装置放在
光滑的水平面上，将此装置从杆与水平面夹角为53°的图示位置由静止释放，则( )
A．在b球落地前瞬间，b球的速度方向斜向左下方
B．在b球落地前瞬间，a球的速度方向水平向左
C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做正功
D．在b球落地前瞬间，b球的速度方向竖直向下
5.(多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，
则(水平面光滑)( )
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
6.如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，
三者质量分别为m ＝2 kg、m ＝1 kg、m ＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v ＝5 m/s的
A B C 0
速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次
达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大
小。
7．(2023·海南海口市等5地联考)于2021年10月16日发射的“神舟十三号”飞船在2022年
4月16日成功返回地球。飞船返回舱返回地面过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置沿竖直方向匀速下降，为确保返回舱能安全着陆，在返回舱距地面一定距离时，舱内
航天员主动切断与降落伞的连接(“切伞”)，同时点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭向下喷气
过程中返回舱减至安全速度。假设“切伞”瞬间返回舱的速度大小为v ＝16 m/s，火箭喷出
1
的气体相对地面的速度大小为v ＝944 m/s，火箭“喷气”时间极短，喷气完成前、后返回
2
舱的质量比为130∶128，喷气完成后返回舱的速度大小为( )
A．2 m/s B．1.5 m/s C．2.5 m/s D．0.5 m/s
8.(多选)(2023·湖北十堰市调研)如图所示，木块静止在光滑的水平面上，子弹 A、B分别从
木块左、右两侧同时水平射入木块，且均停在木块内，木块始终保持静止。下列说法正确的
是( )
A．摩擦力对两子弹的冲量大小一定相等
B．摩擦力对两子弹做的功一定相等
C．子弹与木块组成的系统动量守恒
D．子弹与木块组成的系统机械能守恒
9．(2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有
声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为
2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后
记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为 340 m/s，重
力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A．两碎块的位移大小之比为1∶2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
10.(2023·湖南省名校联考)如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为 m
的木块在上，质量为M的铁块在下，上下表面正对用极短的细绳连接悬浮在平静的水池中
某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运
动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为(
)
A.h B.(h＋2a)
C.(h＋2a) D.h＋2a
11．(2020·天津卷·11)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为 m 的小球A，处于静止状态。
1A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当 A
回到最低点时，质量为m 的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，
2
并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能E 至少多大？
k
12．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止
在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推
向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又
把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样
推物块后，运动员退行速度的大小大于 5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面
的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg第 2 练 动量守恒定律
1．C
2．C [a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统只有弹簧弹力在做功，故机械能守恒，故A
错误；a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统在水平方向上受到墙壁水平向右的弹力，系统
所受合外力不为零，故动量不守恒，故B错误；a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统所受
合力为零，故动量守恒，故C正确，D错误。]
3．C [由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动量也为正，
故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故A错误；根据动量守恒定律有5m －3m ＝2(m ＋m )，解
Ⅰ Ⅱ Ⅰ Ⅱ
得m ∶m ＝5∶3，故B错误，C正确；由动量定理知，碰撞过程中滑块Ⅰ受到的冲量与滑
Ⅰ Ⅱ
块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，故D错误。]
4．D [a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，水平方向上动量守恒，系统水平方向
的初动量为零，在b球落地前瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，
a球的速度为零，故A、B错误，D正确；a球初动能为零，b球落地前瞬间a球的动能也为
零，且重力与地面的支持力对a球不做功，根据动能定理可知在b球落地前的整个过程中，
轻杆对a球做功为零，故C错误。]
5．BD [系统只是在水平方向合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，
而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向
左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方
向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为v ，小车水平方向的平均速度为v ，mv －Mv
m M m M
＝0，两边同时乘以运动时间t，mv t－Mv t＝0，即mx ＝Mx ，又x ＋x ＝2l，解得小车向
m M m M m M
右移动的最大距离为，D正确。]
6．2 m/s
解析 因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为v ，C的速度
A
为v ，以向右为正方向，由动量守恒定律得
C
m v＝m v ＋m v ①
A 0 A A C C
碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为v ，由动量守恒定律得
AB
m v ＋m v＝(m ＋m )v ②
A A B 0 A B AB
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v ＝v ③
AB C
联立①②③式，代入数据得v ＝2 m/s。
A
7．B [设喷气前、后返回舱质量分别为m 、m ，喷气完成后返回舱的速度大小为v 。由题
1 2 3
知m∶m ＝130∶128，分析火箭喷气过程，由动量守恒定律可得 mv ＝mv ＋(m －m)v ，
1 2 1 1 2 3 1 2 2
解得v＝1.5 m/s，故选B。]
38．AC [木块在光滑的水平面上始终保持静止，由动量定理可知两子弹对木块的摩擦力的
冲量大小相等，方向相反；由牛顿第三定律可知子弹对木块的摩擦力与木块对子弹的摩擦力
大小相等，所以摩擦力对两子弹的冲量大小一定相等，故A正确；以子弹A、B和木块组成
的系统为研究对象，系统的合外力为零，则系统的动量守恒，取水平向右为正方向，由动量
守恒定律得m v －m v ＝0，得m v ＝m v ，对子弹由动能定理得W＝0－E ，由E ＝，可
A A B B A A B B k k
知摩擦力对两子弹做的功W＝－，由于两子弹的质量不一定相等，故摩擦力对两子弹做的
功不一定相等，故B错误，C正确；子弹与木块间因有摩擦力产生热量，所以子弹与木块组
成的系统机械能不守恒，故D错误。]
9．B [设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小
的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时
间相同，由水平方向x＝vt知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝，可见两碎块的位移
0
大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5 s－t)×340 m/s，又2vt＝(6 s－t)×
340 m/s，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝gt2＝80 m，所以B项正确，
C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误。]
10．D [设铁块竖直下沉的位移为d，对木块与铁块系统，系统合外力为零，由动量守恒
(人船模型)可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝h＋2a，故D正确。]
11．(1)m (2)
1
解析 (1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设 A在最高点时的
速度大小为v，由牛顿第二定律，有mg＝m
1 1
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设 A在最低点
的速度大小为v ，有mv 2＝mv2＋2mgl
A 1 A 1 1
联立解得v ＝
A
由动量定理，有I＝mv ＝m
1 A 1
(2)设两球粘在一起时速度大小为v′，若A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需
满足v′＝v
A
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，设以此方向为正方向，
B碰前瞬间的速度大小为v ，由动量守恒定律，
B
有mv －mv ＝(m＋m)v′
2 B 1 A 1 2
联立解得v ＝
B
又E＝mv 2，可得碰撞前瞬间B的动能E 至少为E＝。
k 2 B k k
12．BC [设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v ，第二次推物块后，
1
运动员速度大小为v……第八次推物块后，运动员速度大小为v，第一次推物块后，由动量
2 8
守恒定律知：Mv ＝mv ；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v －v)＝m[v －(－v)]＝
1 0 2 1 0 02mv ，…，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(v －v )＝2mv ，各式相加可得v ＝，
0 n n－1 0 n
则v ＝，v ＝。由题意知，v<5 m/s，则M>52 kg，又知v>5 m/s，则M<60 kg，故选B、
7 8 7 8
C。]
